2021年湖南省娄底市中考物理仿真试卷（二）（解析版及原卷版）

这是一份2021年湖南省娄底市中考物理仿真试卷（二）（解析版及原卷版），文件包含2021年湖南省娄底市中考物理仿真试卷二原卷版doc、2021年湖南省娄底市中考物理仿真试卷二解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
2021年湖南省娄底市中考物理仿真试卷（二）（解析版）
一、单选题（本题共36分。每小题给出的选项中，只有一个是正确的。每小题选对得3分，错选或未选的得0分，请将正确答案的序号填入对应方格中。）
1．（3分）下列科学家中，对“牛顿第一定律”的建立做出巨大贡献的是（ ）。
A．阿基米德 B．伽利略 C．帕斯卡 D．托里拆利
【分析】了解每位科学家在物理学史上做出的贡献，知道伽利略的斜面实验为牛顿第一定律奠定了基础。
【解答】解：根据物理常识可知，阿基米德在研究浮力和杠杆平衡原理中做出了贡献、帕斯卡在研究液体压强方面贡献突出、托里拆利第一个准确测出了大气压的值。
而伽利略、笛卡尔的实验和结论为牛顿第一定律的得出奠定了基础。故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】掌握物体的基本知识，根据各个科学家与所学知识的联系进行分析。
2．（3分）“估测”是物理学中常用的一种重要方法，下列估测数据中最接近实际的是（ ）。
A．洗澡水的温度约为80℃
B．人正常步行速度约10m/s
C．物理课本的质量约是3kg
D．中学生课桌的高度约为80cm
【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：
A、人体正常体温在37℃左右，洗澡水的温度应该略高于体温，在40℃左右，不可能达到80℃，故A不符合实际；
B、人正常步行的速度在4km/h＝4×m/s≈1.1m/s左右，故B不符合实际；
C、两个苹果的质量约300g，物理课本的质量略小于此数值，在250g左右，故C不符合实际；
D、中学生的身高在160cm左右，课桌的高度大约是中学生身高的一半，在80cm左右，故D符合实际。
故选：D。
【点评】对于生活中数据的估测，应从实际的角度出发进行判断，也可从自己的角度出发判断，如自己的身高、自己的体重、自己正常时的体温及正常行走的速度等方面来与题目中的数据比较，只要相差不大，即该数据就是合理的。
3．（3分）2025年我国将实现宇航员登月计划，在月球上漫步的宇航员须借助无线电通讯设备才能进行交谈，其原因是（ ）。
A．月球上真空不能传声
B．月球上只能传递超声波
C．月球上声音传播速度快
D．月球上宇航员声带无法振动发声
【分析】要解答本题需掌握：声音传播需要媒介，真空不能传声。
【解答】解：因为月球上没有空气，真空不能传声，所以在月球上的宇航员面对面的交谈也要借助无线电通讯设备。
故选：A。
【点评】本题主要考查学生对：声音传播条件的理解和掌握。
4．（3分）如图所示的光现象可以解释“以铜为镜，可以正衣冠”的光学原理的是（ ）。
A．射击瞄准 B．水中倒影
C．铅笔弯折 D．海市蜃楼
【分析】光在自然界中存在三种光现象：
（1）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
（2）当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，例如：平面镜成像、水中倒影等；
（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等。
【解答】解：“以铜为镜，可以正衣冠”的意思：一个人用铜当镜子，可以照见衣帽是不是穿戴得端正，铜当镜子属于平面镜成像，平面镜成像是光的反射原理。
A、射击瞄准利用的是光在同种均匀介质中沿直线传播，故A错误；
B、水中的倒影，是平面镜成像，是由光的反射形成的，故B正确；
C、铅笔好像在水面处折断了是光在空气与水的界面发生了折射，属于折射现象，故C错误；
D、海市蜃楼是由于空气不均匀，产生的折射现象，故D错误。
故选：B。
【点评】此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射和光的反射的理解，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。
5．（3分）描述二十四节气的诗句中蕴含着丰富的物理知识，以下说法正确的是（ ）。
A．立春：“大地阳和暖气生”，大地内能的增加是太阳通过做功的方式实现的
B．清明：“清明时节雨纷纷”，雨的形成是凝固现象
C．秋分：“金气秋分，风清露冷秋期半”，露的形成是液化现象
D．霜降：“一朝秋暮露成霜”，霜的形成需要吸热
【分析】（1）改变内能的方法：做功和热传递。
（2）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
【解答】解：A、“大地阳和暖气大地内能的增加是太阳通过热传递的方式实现，故A错误；
B、雨的形成是水蒸气的液化现象，故B错误；
C、露的形成是水蒸气的液化现象，故C正确；
D、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固体的冰晶，故D错误；
故选：C。
【点评】知道生活中改变内能的方法，准确分析生活中各种物态变化实例，是解答此题的关键。
6．（3分）下列关于温度、热量和内能的说法，正确的是（ ）。
①发生热传递时，温度总是从高温物体传递给低温物体
②在相同温度下，1kg的水比1kg的冰含有的热量多
③一块0℃的冰熔化成0℃的水，内能增大
④物体温度升高，内能不一定增加，但一定要吸收热量
⑤古人钻木取火，是通过做功的方式使物体内能增加
A．①⑤ B．②③ C．②④ D．③⑤
【分析】（1）热传递的条件是两个物体之间存在温度差，热量从高温物体传给低温物体或者从物体的高温部分传向低温部分。
（2）热量是一个过程量，根据热量的描述进行判断。
（3）内能的大小跟质量、温度、状态有关；晶体熔化过程吸收热量，温度不变。
（4）改变物体内能的方式有做功和热传递，做功属于能量的转化，热传递属于能量的转移。
【解答】解：①发生热传递时，传递的是热量而不是温度，错误；
②热量不是状态量，不能说含有或者具有热量，错误；
③一块0℃的冰熔化成0℃的水后，吸收热量，温度不变，内能增加，正确；
④物体温度升高，内能一定增加，可能是从外界吸收了热量，也可能是外界对该物体做功，错误；
⑤古人钻木取火，是通过做功的方式使物体内能增加，正确；
故选：D。
【点评】本题综合考查了热传递的条件、熔化吸热、热量的概念和物体内能的改变方式等知识，综合性较强，易出错。
7．（3分）能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱。下列说法正确的是（ ）。
A．电能可以转化为其他形式的能，所以电能是一次能源
B．我国海域深处蕴藏的大量“可燃冰”属于可再生能源
C．光纤具有抗干扰、信号衰减小的特点，适用于远距离大容量信息传输
D．超导材料可应用于电饭锅和远距离输电线
【分析】（1）可以从自然界直接获取的能源叫一次能源，不能从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源；
（2）可以从自然界源源不断地得到的能源称之为可再生能源；一旦消耗就很难再生的能源称之为不可再生能源；
（3）激光可以在光导纤维中传播；
（4）超导体的电阻为零，不会放热，所以电能无法转化为内能。
【解答】解：A、电能一般都是通过火力发电或水力发电等方式转化过来的，属于二次能源，故A错误；
B、可燃冰不能在短期内从自然界得到补充，所以它属于不可再生能源，故B错误；
C、光纤通信是利用激光从光导纤维的一端射入，在内壁上多次反射，从另一端射出，这样就把它携带的信息传到远方，具有抗干扰、信号衰减小的特点，适用于远距离、大容量信息传输，故C正确；
D、电饭锅的电热丝需要将电能转化为内能，电阻为零无法将电能转化为内能，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查了新能源的利用、超导体的利用、电磁波的利用以及光纤通信，是一道基础题。
8．（3分）2020年2月自新冠肺炎疫情暴发后，某物流公司自主研发的智能配送机器人投入使用，如图所示，进一步实现无接触配送。下列关于智能机器人的描述正确的是（ ）。

A．机器人的轮子上刻有粗糙的花纹，是为了减小摩擦
B．机器人不能瞬间制动，是因为受到了惯性的作用
C．机器人受到的重力和机器人对地面的压力是一对平衡力
D．机器人载着配送物资匀速上坡，它的机械能增加
【分析】（1）摩擦力的影响因素是压力大小和接触面的粗糙程度；
（2）惯性是一切物体的固有性质，是物体保持原来的运动状态不变的性质；
（3）二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在同一个物体上；
（4）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能等于动能+势能。
【解答】解：
A、机器人的轮子上刻有粗糙的花纹，即通过增大接触面的粗糙程度，来增大摩擦力，故A错误；
B、惯性是物体本身固有的一种性质，不能用“受惯性作用”这样的词语表达，故B错误；
C、机器人受到的重力和机器人对地面的压力方向相同，作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故C错误；
D、机器人载着配送物资匀速上坡，质量不变，速度不变，同时高度增大，所以其动能不变，重力势能增大，则机械能也增大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查增大摩擦的方法、惯性、平衡力以及机械能的有关知识，是一道综合题。
9．（3分）甲图是探究“阻力对物体运动的影响”的实验装置；乙图是探究“物体的动能与质量关系”的实验装置。关于这两个实验下列说法不正确的是（ ）。

A．甲、乙实验中物体运动时，机械能始终都保持不变
B．甲实验可以推理出如果运动的物体不受力它将做匀速直线运动
C．乙实验可得出物体的速度一定时，质量越大，动能越大
D．两个实验都控制物体从同一高度自由下滑，是为了保证物体到水平面时的初速度相同
【分析】（1）甲、乙实验中物体运动时，都受到摩擦阻力的作用，据此分析回答；
（2）在图甲实验中，阻力越小，小车运动的距离越远；可以科学推理：如果物体不受力，它将做匀速直线运动；
（3）物体的动能大小与物体的质量和速度有关，在速度一定时，质量越大，动能越大；
（4）物体的运动情况受物体初速度、接触面粗糙程度的影响，研究阻力对物体运动的影响，就要控制初速度相同，方法是让小车从相同的高度自由下滑。
【解答】解：A、甲、乙实验中物体运动时，都受到摩擦阻力的作用，因此会有一部分机械能转化为内能，故A错误；
B、甲实验中，如果水平面越来越光滑，则小车运动的距离就会越来越远，可以推理出：如果运动的物体不受力，它将以恒定不变的速度一直运动下去，故B正确；
C、图乙让质量不同的钢球从同一斜面同一高度由静止释放，钢球到达水平面时的速度相同，钢球的质量越大，木块被撞击的距离越远，这说明：物体的速度一定时，质量越大，动能越大，故C正确；
D、两实验中，都控制物体从同一高度自由下滑，是为了保证物体到水平面时的初速度相同，这样才符合控制变量法的研究要求，故D正确。
故选：A。
【点评】本题中涉及到两个实验，实验器材与实验方法有相似的地方：都用到了斜面、都采用了控制变量法与转换法，学习中注意总结归纳。
10．（3分）我国未来的航母将采用自行研制的电磁弹射器。电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，舰载机受到强大的推力而快速起飞。电磁弹射器工作原理与下列设备或用电器工作原理一致的是（ ）。

A．电铃 B．手摇发电机
C．电风扇 D．电磁起重机
【分析】根据通电导体在磁场中受到磁场力的作用分析解答。
【解答】解：由题意可知，电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动。
A、电铃是利用电磁继电器来工作的，故A不符合题意；
B、发电机的工作原理是电磁感应现象，故B不符合题意；
C、电风扇的主要部件是电动机，是利用通电导体在磁场中受力而运动的原理工作的，故C符合题意；
D、电磁起重机是利用电磁铁工作的，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】对于电磁学中的电流磁效应、磁场对通电导体有力的作用、电磁感应实验区分要注意条件。
11．（3分）归纳推理是一种重要的科学思维方法。下列归纳推理正确的是（ ）。
A．如图：向右移动滑片，若通过R1的电流增加a安，则通过R2的电流也增加a安
B．如图：仍呈清晰的像，若物距增加b厘米，则像距也要增加b厘米
C．如图：加水液面升高，若小铁球受到的浮力增加c牛，则大铁球受到的浮力也增加c牛
D．如图：保持杠杆平衡，若左侧增加d个钩码，则右侧也要增加d个钩码
【分析】（1）串联电路中电流处处相等；
（2）凸透镜成像中，物距增大，像距减小，所成的像就越小；
（3）由阿基米德原理知，浮力大小与液体密度和物体排开液体的体积有关；
（4）当杠杆左端的力和力臂的乘积等于杠杆右端的力和力臂的乘积时，杠杆平衡，否则杠杆不平衡。
【解答】解：
A、由图知，两电阻串联，串联电路中电流处处相等，所以向右移动滑片，若通过R1的电流增加a安，则通过R2的电流也增加a安，故A正确；
B、凸透镜成实像时，若要使所成像仍然清晰，物距增大时应使像距减小，故B错误；
C、加水液面升高，铁球仍然沉在容器底部，图中大铁球排开水的体积增加量大于小铁球，所以大铁球受到浮力的增加量大于c牛，故C错误；
D、杠杆原来平衡，两边力与力臂的乘积相等，由图知左侧力臂小于右侧的力臂；若左右两侧增加同样的钩码，由于右侧的力臂较大，所以右侧力与力臂的乘积增加量较大，右侧下沉，杠杆不能平衡，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了串联电路电流特点、凸透镜成像特点、浮力大小以及杠杆平衡的判断，掌握这些基础知识是判断的关键。
12．（3分）如图是一种自动测定油箱内油面高度的装置，弯月形的电阻R与金属滑片P构成一个滑动变阻器，金属滑片P是杠杆的一端，下列说法正确的是（ ）。

A．该电路中油量表是电流表改装的
B．R0和R在电路中是并联的
C．油面升高，滑动变阻器接入电路中的电阻减小
D．电路中的电流越小，油量表指示油面的高度越大
【分析】（1）根据电压表并联在电路中，电流表串联在电路中，由此判断油量表是哪种电表。
（2）电路元件逐个顺次连接的电路是串联电路；
（3）由图可知油面升高，浮标上升，滑片上移，由此可知滑动变阻器连入电路的电阻的变化，根据欧姆定律可知电路电流的变化。
【解答】解：
A、由图可知，油量表和滑动变阻器是并联的，所以油量表是电压表，故A错误；
B、由图可知，R0和R在电路中是串联的，故B错误；
CD、油面升高，浮标上升，滑片上移，滑动变阻器连入电路的电阻越大，所以电路总电阻越大，而电源电压不变，则根据I＝可知，电路电流越小，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了电表类型的判断、电路元件连接方式的判断以及滑动变阻器的变阻原理，关键要搞清变阻器连入电路中电阻的大小随油面的变化关系。
二、填空题（本题共24分，每空2分）。
13．（4分）（1）在今年抗击“新冠肺炎”战役中，无接触式体温计（如图甲）被广泛使用，它是依靠感知人体发出的　 　（选填“红外线”或“紫外线”）来测量温度的；
（2）疫情期间，小明在线上学习时长期不注意用眼卫生，视力急剧下降。经医生检查，小明晶状体变厚，使来自远处的光线会聚在视网膜的前面。如图所示的乙丙两幅示意图中，能正确矫正小明视力的是　 　（选填“乙”或“丙”）。

【分析】（1）无接触式体温计工作原理：通过感知人体辐射的红外线来工作的；
（2）近视眼的晶状体太厚，使像成在视网膜的前方，应佩戴凹透镜进行矫正。
【解答】解：
（1）人体会向外辐射红外线，温度越高，辐射红外线的本领越强，红外线体温计是根据感知人体发出的红外线来测量温度的；
（2）小明晶状体变厚，使来自远处的光线会聚在视网膜的前面，这是近视眼，需要佩戴凹透镜进行矫正，故选丙。
故答案为：（1）红外线；（2）丙。
【点评】本题考查了红外线体温计的工作原理、近视眼的成因及矫正，难度不大。
14．（4分）在测斜面上小车运动的平均速度的实验中，数据如图，小车通过AC的平均速度是 　 m/s；小车做的是　 　运动（选填“匀速直线”或“变速直线”）。

【分析】从图中找出小车通过AC的时间和路程，根据v＝计算小车通过AC的平均速度；
从图中找出小车通过AB的时间和路程，根据v＝计算小车通过AB的平均速度,从图中找出小车通过BC的时间和路程，根据v＝计算小车通过BC的平均速度,
分析两速度的大小关系，得出小车的运动情况。
【解答】解：小车通过AC的时间为：tAC＝15：35：23﹣15：35：20＝3s，路程为：sAC＝10.00dm﹣1.00dm＝9.00dm＝0.9m，
小车通过AC的平均速度是：vAC＝＝＝0.3m/s；
小车通过AB的时间为：tAB＝15：35：22﹣15：35：20＝2s，路程为：sAB＝10.00dm﹣6.00dm＝4.00dm＝0.4m，
小车通过AB的平均速度是：vAB＝＝＝0.2m/s，
小车通过BC的时间为：tBC＝15：35：23﹣15：35：22＝1s，路程为：sBC＝6.00dm﹣1.00dm＝5.00dm＝0.5m，
小车通过BC的平均速度是：vBC＝＝＝0.5m/s＞vAB，小车做的是变速直线运动。
故答案为：0.3；变速直线。
【点评】本题考查测量斜面上小车运动的平均速度的实验，重点考查了平均速度的计算和对小车运动情况的分析。
15．（4分）小聪驾驶一辆额定功率为35千瓦、效率为30%的汽车在一段平直的公路上匀速行驶，在额定功率下行驶1小时至少需要　 　L汽油（汽油的热值为3.5×107J/L）；汽油属于　 　能源（选填“可再生”或“不可再生”）。
【分析】（1）根据W＝Pt求出小汽车以额定功率匀速直线行驶1h牵引力所做的功，用η＝求出放出的热量，再利用Q放＝Vq可求出完全燃烧多少升汽油放出热量；
（2）像煤、石油、天然气等，一旦消耗很难再生的能源属于不可再生能源。
【解答】解：小汽车以额定功率匀速直线行驶1h牵引力所做的功：
W＝Pt＝35×103W×1×3600s＝1.26×108J，
完全燃烧汽油放出热量Q放＝Vq，
小汽车发动机的效率η＝，
所以ηQ放＝W，
ηVq＝W，
V＝＝＝12L；
（2）汽油属于不可再生能源，一旦消耗很难再生；
故答案为：12；不可再生。
【点评】知道功率的计算、热量的计算和效率的计算，以及能源的分类，是一道综合题。
16．（4分）如图所示，放在水平面上的小车在水平向右的拉力F作用下做加速直线运动，物体A处于静止状态。拉力F的大小为6N，弹簧测力计（自重不计）的示数为4N，则物体A所受摩擦力的大小为　 　N，方向是　 　。

【分析】物体A静止不动，则受平衡力的作用，根据平衡力的知识判断摩擦力的大小。
【解答】解：物体A静止不动，所以A 受到弹簧测力计水平向左的拉力与A受到水平向右的摩擦力是一对平衡力，则f＝F′＝4N，方向水平向右。
故答案为：4；水平向右。
【点评】此题通过判断摩擦力的大小，考查了对二力平衡条件的应用，要注意题目中的静止、匀速直线的特点。
17．（4分）家庭电路触电指得是站在地上的人不小心接触了　 　线，这时电路中的　 　（选填“空气开关”或“漏电保护器”）会迅速切断电路，对人起到保护作用。
【分析】火线与地之间有220V电压，零线与地之间没有电压；空气开关在电路中的电流过大时，会跳闸保护电路，漏电保护器是在漏电时，有电流导入大地，自动切断电路，保护电路。
【解答】解：如果站在地上的人不小心接触了火线，电流经过人体流入大地，这时通过火线和零线的电流不相等，漏电保护器会迅速切断电路，对人身起到保护作用。
故答案为：火；漏电保护器。
【点评】本题考查了漏电保护器的作用和工作原理，在生活用电中，保险丝、漏电保护器、空气开关，三者的作用类似，但又各不相同，应重点关注。
18．（4分）如图（a）所示的电路中，电源电压不变，闭合开关后，滑片由b端向a端移动过程中，电压表示数U与电流表示数I的关系如图（b）所示，则电源电压U＝　 　V，滑动变阻器的最大阻值是　 Ω。

【分析】（1）当滑片在a端时，滑动变阻器接入电路电阻为零，此时电源电压只加在R上，故电压表示数即为电源电压；根据串联电阻的规律，此时电路的总电阻最小，根据欧姆定律，电路的电流最大，故由图b可知电源电压；
（2）根据欧姆定律就可求出电阻R的阻值；
当滑片在b端时，滑动变阻器全部接入，根据电阻的串联规律和由欧姆定律判断此时电流的特点，由图b可知此时电路中的电流大小，根据欧姆定律求出电路的总电阻，根据串联电阻的特点，可求得滑动变阻器的最大阻值。
【解答】解：（1）当滑动变阻器的滑片位于a端时，滑动变阻器接入电路中的阻值为0，电路为R的简单电路，此时电压表示数等于电源电压，由图可知此时电源电压：U＝6V；
（2）由（1）知，当定值电阻单独接入电路中时，电压表测R两端的电压，电流表测通过R的电流，由图像可知：此时定值电阻两端电压为6V，电流为0.6A，
则根据I＝可得：电阻R＝＝＝10Ω；
当滑片在b端时，滑动变阻器全部接入，根据电阻的串联，总电阻最大，由欧姆定律，电路的总电流最小，由图b可知此时电路中的电流为I′＝0.1A，
根据I＝可得，电路总电阻：R总＝＝＝60Ω，
根据串联电阻的总电阻等于各用电器的电阻之和可知：
滑动变阻器最大阻值：R滑大＝R总﹣R＝60Ω﹣10Ω＝50Ω。
故答案为：6；50。
【点评】本题结合图像考查了欧姆定律及串联电路特点应用，关键是搞清滑片由b端向a端移动过程中，与图像的对应关系，有一定难度。
三、作图与实验探究题（20分，其中19、20题2分，21题8分，22题8分）
19．（2分）如图，由水中射出一束光ab照射到凹透镜上，该光束与凹透镜的主光轴平行（F为凹透镜的焦点，O为光心）。请画出ab光束在水中的入射光和通过凹透镜后的折射光。

【分析】（1）先过入射点画出法线，再根据光的折射规律在法线左侧的水中根据折射角大于入射角画出入射光线；
（2）平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。
【解答】解：（1）先过反射点垂直于界面做出法线，然后根据光的折射规律在法线左侧的水中根据折射角大于入射角画出入射光线；
（2）入射光线平行于主光轴，所以该光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。如图所示：

【点评】此题考查光的折射、透镜相关作图，掌握凹透镜的三条特殊光线是关键。
20．（2分）如图甲，是文具用品燕尾夹，乙图是它的侧面图，使用时，用力摁住C点即可打开夹子，请在乙图杠杆ABC上画出：动力F1的力臂L1。

【分析】支点是杠杆绕着转动的固定点；从支点到力的作用线的距离为力臂。
【解答】解：使用时，用力摁住C点即可打开夹子，此时杠杆ABC围绕B点转动，所以B点为支点；从支点B向动力F1的作用线作垂线段，即为F1的力臂L1，如图所示：

【点评】本题考查力臂的画法，难度不大，关键是确定杠杆支点的位置。
21．（8分）甲图所示漫画描绘的是猴子和兔子分萝卜的情景。究竟谁分得的萝卜重呢？为找到答案，物理兴趣小组的同学利用在杠杆两端挂钩码的方法对“杠杆平衡的条件”进行了探究：

（1）实验前，杠杆静止在图乙所示的位置，为使杠杆在水平位置平衡，应该将杠杆两端的螺母向 　（选填“左”或“右”）调节；
（2）实验过程中，仍然使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是　 ；
（3）记录的实验数据如表：
实验次序
动力F1/N
动力臂L1/cm
阻力F2/N
阻力臂L2/cm
1
2.0
5.00
1.0
10.00
2
2.0
10.00
2.0
10.00
3
3.0
10.00
2.0
15.00
根据表中的数据得出了杠杆平衡的条件。
（4）讨论分析：小组成员画出了猴子和兔子分萝卜的杠杆模型如图丙所示，从图丙可看出，A端重力的力臂　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）B端重力的力臂，根据杠杆平衡的条件可得出：猴子分得的萝卜与兔子相比　 　（选填“更重些”、“一样重”或“更轻些”）。
【分析】（1）（2）为了消除杠杆自身重力的影响将杠杆的重心通过支点，为了便于测量力臂大小，要杠杆在水平位置平衡，调节平衡时将螺母向上翘的一端移动；
（4）由图可知，萝卜被支起，处于平衡状态，只要能确定两边力臂的大小关系即可求得两边的重力的大小关系。
【解答】解：（1）实验前，杠杆静止在图甲的位置，那么应该将杠杆两端的螺母向右调节；
（2）杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是消除杠杆自身重力影响和便于测量力臂的大小；
（4）由图可知，以O为支点，左端的重心在A处，右端的重心在B处，OA＜OB，即A端重力的力臂小于B端重力的力臂。
根据杠杆的平衡条件可得：GA•OA＝GB•OB，
因为OA＜OB，
所以，GA＞GB。
故答案为：（1）右；（2）消除杠杆自身重力影响和便于测量力臂的大小；（4）小于；更重些。
【点评】此题考查了杠杆平衡条件的应用，要掌握杠杆的平衡条件，正确分析两个力及对应的力臂，代入平衡关系式，便可得出结论。
22．（8分）小林利用图甲所示的电路探究“电流跟电阻的关系”。已知电源电压为6V且保持不变，定值电阻R的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω、30Ω，请你解答下列问题：

（1）开关闭合之前，他发现电流表指针如图乙所示，接下来的操作是　 。
（2）完成上述操作后，正确连接好电路，闭合开关S，发现电流表无示数，电压表无示数。若电路故障只出现在R1和R上，则电路故障可能是　 　。
（3）排除电路故障，先把阻值为5Ω的电阻接入A、B间，闭合开关，适当调整滑动变阻器，当电压表示数为　 　V时，记下相应的电流值；多次换接阻值不同的定值电阻进行实验后，记下每次电流表的示数，绘制了图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。
（4）小林发现，将25Ω电阻接入电路进行实验时，滑动变阻器刚好调到最大值时可完成本次实验，由此可知滑动变阻器的最大值是　 　Ω。
【分析】（1）电流表使用前要调零；
（3）若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表无示数，说明电压表与电源不连通，则与电压表并联的支路以外的电路有断路；
（3）根据图象和欧姆定律算出电压表的示数；
（4）探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变，根据欧姆定律算出此时电路的电流；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据欧姆定律算出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
【解答】解：（1）开关闭合之前，他发现电流表指针如图乙所示，接下来的操作是电流表调零；
（2）闭合开关后发现电流表没有示数，说明电路为断路，电压表无示数，说明电压表与电源不连通，则与电压表并联的支路以外的电路有断路，即R1断路；
（3）由图丙知，电阻的电压：UV＝IR＝0.5A×5Ω＝﹣﹣﹣0.1A×25Ω＝2.5V，即控制电阻的电压为2.5V；
（4）电阻两端的电压始终保持UV＝2.5V，
此时电路的电流为：
I′＝＝＝0.1A，
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U﹣UV＝6V﹣2.5V＝3.5V，
根据分压原理，当接入25Ω电阻时，
变阻器连入电路中的电阻为：
R滑＝＝＝35Ω，
故小林发现，将25Ω电阻接入电路进行实验时，滑动变阻器刚好调到最大值时可完成本次实验，由此可知滑动变阻器的最大值是35Ω。
故答案为：（1）电流表调零；（2）R1断路；（3）2.5；（4）35。
【点评】本题探究“电流跟电阻的关系”，考查电流表的使用、故障分析、欧姆定律的应用、数据分析、对器材的要求等知识，是一道中考常见题。
四、综合应用题（本题共20分，其中23题8分，24题12分）
23．（8分）如图甲所示，重3N、底面积为150cm2的圆柱形容器置于水平升降台中央，容器中原来装有16cm深的水。一圆柱体A悬挂在轻质细杆下保持静止。已知圆柱体A与容器高度相同，质量为1.6kg。轻杆与圆柱体衔接处为力传感器，电源电压为18V，原理如图甲所示，可通过电流表示数测得轻杆对物体的弹力大小，如表格所示。在向上调节升降台直至圆柱体A与容器底部刚好接触的过程中，记录下电流表示数I与升降台移动的距离h的关系，如图乙所示。（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）
电流表示数I与力传感器所受弹力F关系
I/A
9
6
3
2
1
F/N
16
10
4
3
0
求：（1）未调节升降台时，容器底所受到水的压强；
（2）未调节升降台时，甲图中力传感器R的阻值大小；
（3）圆柱体A的密度。
【分析】（1）容器中原来装有16cm深的水，根据p＝ρ水gh可得出未调节升降台时，容器底所受到水的压强；
（2）未调节升降台时h0＝0，I1＝9A，U＝18 V，根据欧姆定律的变形公式可计算甲图中力传感器R的阻值；
（3）由图乙可知，当h01＝12cm时，通过电路电流为1A，由表格可知此时力传感器所受弹力为0N，也就是说此时圆柱体A所受浮力等于自身重力，当A完全浸没时，h02＝16 cm，通过电路电流I2＝3A，由表格可知力传感器所受弹力为4N，分析圆柱体A所受浮力，根据浮力计算公式可计算物体排开水的体积即物体体积，根据密度公式可计算圆柱体A的密度。
【解答】解：（1）未调节升降台时，容器底所受到水的压强p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×16×10﹣2m＝1.6×103Pa；
（2）未调节升降台时h0＝0，I1＝9A，U＝18 V，甲图中力传感器R的阻值：R＝＝2Ω；……（2分）
（3）由图乙可知，当h01＝12cm时，通过电路电流为1A，由表格可知此时力传感器所受弹力为0N，也就是说此时圆柱体A所受浮力等于自身重力，圆柱体A的重力：G＝mg＝1.6kg×10N/kg＝16N，随着h的增大，物体所受浮力会变大，
当A完全浸没时，h02＝16 cm，通过电路电流I2＝3A，由表格可知力传感器所受弹力为4N，此时杆对物体有竖直向下的压力：F杆＝4 N，圆柱体A所受浮力：F浮＝G+F杆＝16N+4 N＝20N，
此时排开水的体积为：V＝＝2×10﹣3m3，
因物体完全浸没，所以物体排开水的体积即物体体积，则圆柱体A的密度：ρ＝＝0.8×103kg/m3。
答：（1）未调节升降台时，容器底所受到水的压强为1.6×103Pa；
（2）未调节升降台时，甲图中力传感器R的阻值为2Ω；
（3）圆柱体A的密度为0.8×103kg/m3。
【点评】本题考查欧姆定律、液体压强公式、重力公式、阿基米德原理等的综合运用，题目难度大，综合性强。
24．（12分）家用电饮水器有加热和保温两种工作状态（由机内温控开关S0自动控制），从说明书上收集到如表数据及图所示的电路原理图。
热水箱容量
2.0L
额定电压
220V
加热状态的功率
880W
保温状态的功率
50W
（1）当温控开关S0断开时，电饮水器处于　保温　工作状态；
（2）求电饮水器在加热状态下的工作电流；
（3）求电阻R2的阻值；
（4）当水箱储满水时，若电饮水器加热的效率为90%，则连续加热7分钟，水温能升高多少摄氏度？[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]

【分析】（1）由电路图可知，当温控开关S0断开时，R1与R2串联；当温控开关S0闭合时，电路为R1的简单电路，根据电阻的串联比较两种情况下的总电阻关系，由P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总功率最小，电饮水器处于保温工作状态，反之处于加热状态；
（2）根据P＝UI求出电饮水器在加热状态下的工作电流；
（3）当温控开关S0闭合时，电路为R1的简单电路，电饮水器处于加热工作状态，根据P＝UI＝求出R1的阻值；
当温控开关S0断开时，R1与R2串联，电饮水器处于保温工作状态，根据P＝UI＝求出电路的总电阻，利用电阻的串联求出电阻R2的阻值；
（4）根据密度公式求出水的质量，再根据Q吸＝ηP加热t求出水的吸收的热量，最后根据Q吸＝cm△t求出水温能升高多少摄氏度。
【解答】解：（1）由电路图可知，当温控开关S0断开时R1与R2串联，由P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总功率最小，电饮水器处于保温工作状态；
（2）由P＝UI可得，电饮水器在加热状态下的工作电流：I＝＝＝4A；
（3）当温控开关S0闭合时，电路为R1的简单电路，电饮水器处于加热工作状态，
由P＝UI＝可得，R1的阻值：R1＝＝＝55Ω，
当温控开关S0断开时，R1与R2串联，电饮水器处于保温工作状态，
此时电路的总电阻：R＝＝＝968Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电阻R2的阻值：R2＝R﹣R1＝968Ω﹣55Ω＝913Ω；
（4）由ρ＝可知，当水箱储满水时，水的质量：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×2.0×10﹣3m3＝2.0kg，
加热7分钟，水吸收的热量：Q吸＝ηP加热t＝90%×880W×7×60s＝3.3264×105J，
由Q吸＝cm△t可知，△t＝＝＝39.6℃。
答：（1）保温；（2）电饮水器在加热状态下的工作电流为4A；（3）电阻R2的阻值为913Ω；（4）当水箱储满水时，若电饮水器加热的效率为90%，则连续加热7分钟，水温能升高39.6℃。
【点评】本题是一道电学与热学的综合应用题，综合考查了密度的计算、热量的计算、电功率的计算，涉及到电阻的串联、电路的动态分析，分清电饮水器处于不同状态时电路的连接方式是关键。